Question

8．已知函數(shù)f（x）=x|x-a|+2x．
（1）當(dāng)a=0時，若對任意的m∈[-2，2]，不等式f（mx-2）+f（x）＜0恒成立，求實數(shù)x的取值范圍；
（2）若存在a∈[-2，4]，使得函數(shù)y=f（x）-at有三個不同的零點，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）a=0時，f（x）為奇函數(shù)且為增函數(shù)，不等式f（mx-2）+f（x）＜0?x＜2-mx，即x（1+m）＜2，然后對m進(jìn)行討論求出x的范圍；
（2）判斷f（x）的單調(diào)性求出f（x）的極值，令at介于極大值與極小值之間即可求出t的范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時，f（x）=x|x|+2x，
∴f（-x）=-x|-x|-2x=-f（x），
∴f（x）是奇函數(shù)．
當(dāng)x＞0時，f（x）=x²+2x，∴f′（x）=2x+2＞0，
∴f（x）是R上的增函數(shù)．
∵f（mx-2）+f（x）＜0恒成立，
∴f（x）＜-f（mx-2）=f（2-mx）恒成立，
∴x＜2-mx恒成立，即x（1+m）＜2恒成立．
顯然當(dāng)1+m=0即m=-1時，上式恒成立，即x∈R．
當(dāng)1+m＞0即-1＜m≤2時，x＜$\frac{2}{1+m}$，
∵當(dāng)m=2時，$\frac{2}{1+m}$取得最小值$\frac{2}{3}$，∴x$＜\frac{2}{3}$．
當(dāng)1+m＜0即-2≤m＜-1時，x＞$\frac{2}{1+m}$．
∵當(dāng)m=-2時，$\frac{2}{1+m}$取得最大值-2，∴x＞-2．
∵對任意的m∈[-2，2]，不等式f（mx-2）+f（x）＜0恒成立，
∴x的取值范圍是（-2，$\frac{2}{3}$）．
（2）f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+（2-a）x，x≥a}\\{-{x}^{2}+（2+a）x，x＜a}\end{array}\right.$
①當(dāng)a∈[-2，2]時，
若x≥a，對稱軸x=$\frac{a-2}{2}$≤a，若x＜a，對稱軸x=$\frac{a+2}{2}$≥a，
∴g（x）在R上是增函數(shù)，函數(shù)y=g（x）-at不可能有三個零點；
②當(dāng)a∈（2，4]時，f（x）在（-∞，$\frac{a+2}{2}$]上是增函數(shù)，
在[$\frac{a+2}{2}$，a]上是減函數(shù)，在[a，+∞）上是增函數(shù)，
且f（$\frac{a+2}{2}$）=$\frac{（a+2）^{2}}{4}$，f（a）=2a，
∵y=f（x）-at有三個零點，
∴2a＜at＜$\frac{（a+2）^{2}}{4}$，
∴2＜t＜$\frac{（a+2）^{2}}{4a}$，
令h（a）=$\frac{（a+2）^{2}}{4a}$=$\frac{a}{4}+$$\frac{1}{a}$+1，則h′（a）=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{{a}^{2}}$＞0，
∴f（a）在（2，4]上是增函數(shù)，
∴當(dāng)a=4時，h（a）取得最大值h（4）=$\frac{9}{4}$．
∴2＜t＜$\frac{9}{4}$．

點評 本題考查了函數(shù)單調(diào)性，奇偶性的應(yīng)用，函數(shù)最值的計算及函數(shù)恒成立問題，屬于中檔題．